<span class='text_page_counter'>(1)</span><div class='page_container' data-page=1>

<b> </b>

<b> SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HẢI DƯƠNG</b>
<b> TRƯỜNG THPT NINH GIANG</b>

<b> </b>

<b> ĐỀ KIỂM TRA HỌC KỲ I LỚP 12 THPT </b>
<b> NĂM HỌC 2010 – 2011 </b>

<b> MƠN THI: TỐN</b>

Thời gian làm bài: 90 phút
Ngày thi: 21 tháng 12 năm 2010

(<i>Đề thi gồm 01 trang)</i>
<b>Câu 1: (</b><i><b>3,0 điểm</b></i><b>)</b>

Cho hàm số <i>y</i><i>x</i>33<i>x</i>2 2

a/ Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số.

b/ Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C); biết tiếp tuyến song song với đường
thẳng <i>y</i>9<i>x</i> 7

c/ Tìm các giá trị của tham số m để phương trình <i>x</i>3 3<i>x</i>25<i>m</i> 1 0 có đúng ba
nghiệm phân biệt.

<b>Câu 2: (</b><i><b>1,0 điểm</b></i><b>)</b>

Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số 2 4

2
<i>y x</i>

<i>x</i>

  

 trên đoạn [-1;1].

<b>Câu 3: (</b><i><b>2,0 điểm</b></i><b>)</b>

Giải các phương trình sau:
a/ 6.9<i>x</i> 13.6<i>x</i>6.4<i>x</i>0

b/ log2 3 5 1 3log (1 2)
8

<i>x</i>   <i>x</i>

<b>Câu 4: (</b><i><b>3,0 điểm</b></i><b>)</b>

Cho hình chóp SABC có đáy là tam giác ABC đều; AB = 2a; (a>0). Hai mặt phẳng bên
(SAB) và (SAC) vng góc với mặt phẳng (ABC). Góc giữa SB và mặt phẳng (ABC) là
600_.

a/ Tính thể tích khối chóp SABC theo a.

b/ Tìm tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp SABC. Tính bán kính và thể tích khối cầu đó
theo a.

<b>Câu 5: (</b><i><b>1,0 điểm</b></i><b>)</b>

Tính giới hạn:

lim 2 2 31₂ 2
0 _ln(1 ₎

<i>x</i>

<i>e</i> <i>x</i>

<i>I</i>

<i>x</i> <i>_x</i>

 _ _



 _

………Hết……….

<b>Họ và tên thí sinh</b>:………...……… <b>Số báo danh</b>:………...
<b>Chữ ký của giám thị 1</b>:………<b>Chữ ký của giám thị 2</b>:………...

</div>
<span class='text_page_counter'>(2)</span><div class='page_container' data-page=2>

HƯỚNG DẪN CHẤM MƠN TỐN

<b>Câu</b> <b>Nội dung</b> <b>Điểm</b>

<b>1 (3,0 )</b> <b>_{a/ Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số}</b><i>_y</i>_<i>_x</i>3_₃<i>_x</i>2_ ₂ <b>_1,5</b>
 TXĐ: <i>D</i>

 Sự biến thiên:
* Chiều biến thiên:

2

' 3 6

<i>y</i>  <i>x</i>  <i>x</i>; y' là tam thức bậc 2 có hệ số a =-3<0 và có hai nghiệm
phân biệt <i>x</i>1 0;<i>x</i>2 2.

Từ đó suy ra hàm số đồng biến trong khoảng (0 ;2) ; nghịch biến trong
(  ; 0) và (2 ;+).

0,5

* Cực trị:

+/ Hàm số đạt cực tiểu tại x1=0; yCT = y(0) = -2.
+/ Hàm số đạt cực đại tại x1=2; yCĐ = y(2) = 2.

0,25

* Giới hạn:

+/ <i>_x</i>lim <i>y</i> <i>_x</i>lim <i>x</i>3( 1 3 2₃)

<i>x x</i>

     

   

+/ <i>_x</i>lim <i>y</i> <i>_x</i>lim <i>x</i>3( 1 3 2₃)

<i>x x</i>

    

     

0,25

* Bảng biến thiên :

x - 0 2 + 
y’ 0 + 0

-y +  2

-2

-

0,25

 Đồ thị:

* Điểm uốn: I(1;0)

* Gđiểm của đồ thị với trục Oy: (0;-2). Chọn thêm điểm: (-1;2); (3;-2).
* Vẽ đồ thị: Nhận xét tâm đối xứng.

f(x)=-x*x*x+3*x*x-2
f(x)=-x^3+3x^2-2

-2 -1 1 2 3

-2
-1
1
2

<b>x</b>
<b>y</b>

0,25

<b>b/ Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C); biết tiếp tuyến song song</b>
<b>với đường thẳng </b><i>y</i>9<i>x</i> 7

<b>0,75</b>

* Giả sử M(x0;y0) thuộc đồ thị hàm số. Ta có y0 = -x03 +3x02 -2 (1)
* Khi đó tiếp tuyến tại M của đồ thị (C) có hệ số góc là:

k=y’(x0)=-3x02+6x0

* Để tiếp tuyến tại M song song với đường thẳng <i>y</i>9<i>x</i> 7_{thì điều}

</div>
<span class='text_page_counter'>(3)</span><div class='page_container' data-page=3>

kiện cần là: k=-9  -3x₀2+6x₀ =-9 0
0
1
3
<i>x</i>
<i>x</i>


  _


* Với x0 =-1; từ (1) suy ra y0=2. Khi đó tiếp tuyến tại M có pt : y=-9x-7
(trùng với đường thẳng y =-9x-7  loại)

* Với x0 =3; từ (1) suy ra y0=-2.

Khi đó tiếp tuyến tại M có pt : y=-9x+25 (t/m)

0,25

0,25
<b>c/ Tìm các giá trị của tham số m để phương trình </b><i>x</i>3 3<i>x</i>25<i>m</i> 1 0<b> có</b>

<b>đúng ba nghiệm phân biệt.</b>

<b>0,75</b>

* Ta có phương trình <i>x</i>3 3<i>x</i>25<i>m</i> 1 0  <i>x</i>33<i>x</i>2 25<i>m</i> 3 (2)
* Số nghiệm của phương trình (2) là số giao điểm của hai đồ thị: hàm
số <i>y</i><i>x</i>33<i>x</i>2 2 (đã vẽ ở câu a) và đồ thị y = 5m – 3 ( là đường
thẳng song song hoặc trùng với trục hoành; cắt trục tung tại điểm có
tung độ 5m_{– 3).}

* Vẽ hình:...

* Từ đồ thị ta suy ra: Để phương trình đã cho có đúng ba nghiệm phân
biệt thì -2<5m_{– 3<2}_ _1<5m_<5_ _0<m<1.

* KL:...

0,25

0,25

0,25

<b>2 (1,0)</b> <b>_{Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số}</b> 4
2

2
<i>y x</i>

<i>x</i>

  

 <b> trên</b>
<b>đoạn [-1;1].</b>

<b>1,0</b>

* Dễ thấy hàm số xác định trên [-1;1]

* Ta có: 2

4
' 1
( 2)
<i>y</i>
<i>x</i>
 


+/ y’(x) xác định trên [-1;1].

+/ y’(x) = 0









0 1;1
4 1;1
<i>x</i>
<i>x</i>
   
 
  


* Khi đó: y(-1) = 1

3

 ; y(1) = -1; y(0) = 0. Từ đó suy ra:

-1;1ax (0) 0

<i>m</i> <i>y</i><i>y</i>  _;

-1;1

min<i>y</i><i>y</i>(1)1

0,25

0,25

0,25

<b>3 (2,0)</b> <b>a/ Giải phương trình sau: </b>6.9<i>x</i> 13.6<i>x</i>6.4<i>x</i>0 <b>1,0</b>
* ĐK:  <i>x R</i>

* Do 4x_{> 0}_{ }<i>_{x R}</i>_{nên chia cả hai vế của phương trình cho 4}x_{; ta có:}

PT 9) 6) 3) 3)

4 4 2 2

2

6.( <i>x</i> 13.( <i>x</i> 6 0 6.( <i>x</i> 13.( <i>x</i> 6 0

       

* Đặt ( )3 ( 0)
2

<i>x</i> <i>_t</i> <i>_t</i>

  . Phương trình trở thành: 6t2 -13t+6=0 (2)

* Giải (2) được : t1 =

3

2 ; t2 =
2

3 (t/m)

* Từ đó giải được : x1 = 1 ; x 2 =-1.

0,25

0,25

0,25
0,25

<b>b/ Giải phương trình sau: </b>log2 3 5 1 3log (1 2)

8

<i>x</i>   <i>x</i> <b>1,0</b>

* ĐK: 3 5 0 ... 2 (*)
2 0
<i>x</i>
<i>x</i>
<i>x</i>
 

  

 


* Với đk (*);

bpt  log2 3<i>x</i> 5 log 2 log ( 2  2 <i>x</i> 2)log2 3<i>x</i> 5 log 2( 2 <i>x</i> 2)

0,25

</div>
<span class='text_page_counter'>(4)</span><div class='page_container' data-page=4>

₃<i>_x</i> _{5 2(}<i>_x</i> ₂₎ ₃<i>_x</i> _{5 4(}<i>_x</i> ₂₎2

        (do x>2 nên x-2 > 0)

<i>_x</i>2 ₇<i>_x</i> _{9 0}

    2

3

4 19 21 0 ₇

4
<i>x</i>
<i>x</i> <i>x</i>
<i>x</i>



    
 


* Kết hợp với đk (*) suy ra x = 3 là nghiệm của phương trình.

0,25
0,25

<b>4 (3,0)</b> * Vẽ hình:

<b>x</b>
<b>t</b>
O
G B
C

A
M
I
S
0,5

a/ * Do (SAB) (SAC)=SA; nên theo giả thiết suy ra <i>SA</i>(<i>ABC</i>)

Khi đó góc giữa SB và mp (ABC) là <i>_SBA</i> _{; suy ra} 0

60

<i>SBA</i> .

* Xét tam giác SAB vng tại A; ta có SA=AB.tan600 ₌₂<i>_a</i> ₃_.
* Từ đó thể tích của khối chóp SABC là :

0 3

1 1 1 3

. . . . .sin 60 .2 3.2 .2 . 2

3 <i>ABC</i> 6 6 2

<i>V</i>  <i>SA</i>

<i>S</i>

_  <i>SA AB AC</i>  <i>a</i> <i>a a</i>  <i>a</i> (đvtt)

0,25
0,25

0,5
b/ * Gọi I là trung điểm BC; G là trọng tâm tam giác ABC.

* Do tam giác ABC đều; AB =2a nên: AI = <i>a</i> 3 ; AG = 2. 2 3

3 3

<i>a</i>
<i>AI</i> 

và G là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.

* Dựng Gx (ABC)  Gx // SA. Trong mp(Gx ; SA) dựng đường

trung trực Mt của SA ; gọi O <i>Mt</i><i>Gx</i>. Ta dễ dàng suy ra được O cách
đều S ; A ; B ; C. Vậy O là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp SABC.
* Gọi R là bán kính của mặt cầu thì

R = OA = 2 2 ₃ 2 12 2 39

9 3

<i>a</i> <i>a</i>

<i>AM</i> <i>AG</i>  <i>a</i>   (đvđd)

* Thể tích của khối cầu là: V=4 _. 3 52 3 39

3 27

<i>a</i>
<i>R</i>

   (đvtt)

0,5

0,5

0,5

<b>5 (1,0)</b> * Ta có:

2 2

2

3 3

2 2 2 2 2

2 2 2 2

0 0

2 2 2

2 ₂ ₃ ₂ _{2 2} 2

0 3

1 1 1 1 1 1

lim lim ( ).

ln(1 ) ln(1 )

1 1 (1 )

lim 2. .

2 _.(1 ₁ ₍₁ _{) )} ln(1 )

<i>x</i> <i>x</i>

<i>x</i> <i>x</i>

<i>x</i>

<i>x</i>

<i>e</i> <i>x</i> <i>e</i> <i>x</i> <i>x</i>

<i>I</i>

<i>x</i> <i>x</i> <i>x</i> <i>x</i>

<i>e</i> <i>x</i> <i>x</i>

<i>I</i>

<i>x</i> <i>_x</i> <i>_x</i> <i>_x</i> <i>x</i>

 
 


 
      
    
 _  _
 
 _ _ _  
  
   
 _  _
_     _ 
 
2
2 2

2 ₃ ₂ _{2 2} 2

0 3

1 1

lim 2. .

2 ₍₁ ₁ ₍₁ _{) )} ln(1 )

1 7

( 2.1 ).1

3 3

<i>x</i>

<i>x</i>

<i>e</i> <i>x</i>

<i>I</i>

<i>x</i> <i>_x</i> <i>_x</i> <i>x</i>

<i>I</i>


 _ _  
  
   
 _  _
_     _ 
 

    
<b>1,0</b>

</div>
<span class='text_page_counter'>(5)</span><div class='page_container' data-page=5></div>

<!--links-->